浦东新区三三模数学(理)试题

浦东新区三三模数学(理)试题及答案浦东新区三三模数学(理)试题及答案浦东新区三三模数学(理)试题及答案2021年上海市浦东新区高三练习数学试卷〔理科〕一.填空题〔本大题总分值56分〕本大题共有14题，考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否那么一律得零分．1．函数f(x)lgx1的定义域为.(1,)2．假定队列式2x140，那么x.2123．假定椭圆的一个焦点与圆x2y22x0的圆心重合，且经过(5,0)，那么椭圆的标准方程为.x2y21544．假定会合Axx1，xR，Byyx2，xR，那么ACRB.1,05．一个对于x、y的二元一次方程组的增广矩阵是112.601，那么x+y=26．lim(ann)b〔此中a,b为常数〕，那么a2b2.1nn17．样本容量为200的频次散布直方图以下列图.依据样本的频次散布直方图预计,样本数据落在[6,10)内的频数为648．153项的系数的和为.22x睁开式中不含．．x．在ABC中，假定AB1，BC5且A5，那么sinC.4525210．某年级共有210名同学参加数学期中考试，随机抽取10名同学成绩以下：成绩〔分〕506173859094人数221212那么整体标准差的点预计值为〔结果精准到〕11．甲乙射击运发动分别对一目标射击一次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，那么两人中起码有1人射中的概率为12．在极坐标系中，定点A1,π，动点B在曲线2cos上挪动，当线段AB最短时，2点B的极径为2213．在平面直角坐标系中，定义d(P,Q)x1x2y1y2为两点P(x1,y1),Q(x2,y2)之间的“折线距离〞。那么原点O(0,0)与直线2xy50上一点P(x,y)的“折线距离〞的最小值是5.2ABCD沿x轴转动，设极点14．如图搁置的边长为1的正方形A(x,y)的轨迹方程是yf(x)，那么yf(x)在其两个相邻零点间的图像与x轴所围地区的面积为.1y

CBDOAx二.选择题〔本大题总分值20分〕本大题共有4题，每题只有一个正确答案,选对得5分，答案代号一定填在答题纸上．注意试题题号与答题纸上相应编号一一对应,不可以错位.二.选择题15．右图给出了一个程序框图，其作用是输入x的值，输出相应的y值．假定要使输入的x值与输出的y值相等，那么这样的x值有〔〕〔A〕1个.〔B〕2个.〔C〕3个.〔D〕4个.16．假定ABC的面积SABC3,33，且ABBC3，22那么AB与BC夹角的取值范围是〔〕〔A〕[,].〔B〕[,3].324〔C〕[,].〔D〕[,3].64617．如图，正方体ABCDABCD的棱长为6，动点E、F在棱1111A1B1上，动点P、Q分别在棱AB、CD上，假定EF2,DQx，APy，那么四周体PEFQ的体积〔〕A〕与x,y都没关.〔B〕与x相关，与y没关.C〕与x、y都相关.〔D〕与x没关，与y相关.2，此中a、b、c都是非零．对于x的方程axbxc018向量，且a、b不共线，那么该方程的解的状况是〔〕〔A〕至多有一个解〔B〕起码有一个解〔C〕至多有两个解〔D〕可能有无数个解三、解答题19．〔本题总分值12分〕第一题总分值6分，第二题总分值6分．虚数z1cosisin，z2cosisin，〔1〕假定z1z225，求cos()的值；5〔2〕假定z1,z2是方程3x22xc0的两个根，务实数c的值。解〔１〕∵z1z2(coscos)i(sinsin)，,,,,,,∵z1z225，(coscos)2(sinsin)25

D1C1A1??1EFBD?CQA?BP分25，,,,55分243.∴cos(αβ)=5,,,6分25〔2〕由题意可知cos=cos，sin=sin,,,8分且z1z2ccos2sin21,,,10分3c3，经查验知足题意。,,,12分20.〔本题总分值14分〕第一题总分值7分，第二题总分值7分．如图，用一平面去截球O，所得截面面积为16，球心O到截面的距离为3cm，O1为截面小圆圆心，AB为截面小圆的直径。〔1〕计算球O的表面积；〔2〕假定C是截面小圆上一点，ABC30，M、N分别是线段AO1和OO1的中点，求异面直线AC与MN所成的角(结果用反三角函数表示).4cm解：〔1〕连结OA，由题意得，截面小圆半径为〔2分〕在RtOAO1中，O1A4,OO13,的由勾股定理知，AO5，〔4分〕所以，球O的表面积为：425100〔cm3〕.〔7分〕〔2〕由MN//OA得，OAC为异面直线AC与MN所成的角〔或补角〕.〔9分〕在RtABC中，AB=8,ABC30,那么AC=4，〔10分〕连结OC,在OAC中，OA=OC=5,由余弦定理知：cosOACAC2OA2OC24252522〔12分〕2OAAC245，5故异面直线AC与MN所成的角为arccos2.〔14分〕521．〔本题总分值14分〕第一题总分值4分，第二题总分值4分，第三题总分值6分．某公司投入81万元经销某产品，经销时间共60个月，市场调研说明，该公司在经销这个产品时期第x个月的收益f(x)1,1x20(xN*)1x,21x60(xN*〔单位：万元〕。为了获取更)10x个月的收益率为多的收益，公司将每个月获取的收益再投入到次月的经营中。记第g(x)第x个月的收益，比如g(3)f(3).第x个月前的资本总和81f(1)f(2)1〕求g(10)；〔2〕求第x个月的当月收益率；3〕求该公司经销此产品时期，哪一个月的当月收益率最大，并求出该月的当月收益率。解：〔1〕依题意得f(1)f(2)f(3)f(9)f(10)1所以g(10)f(10)14分f(1)f(2)f(9),,,819012〕当x1时，g(1)81当1x20时，f(1)f(2)f(x1)f(x)1那么g(x)f(x)1f(1)f(2)f(x1)x8081x1也切合上式。故当1x20时，g(x)16分,,,x80当21x60时，g(x)f(x)f(20)f(21)f(x1)81f(1)f(2)1x1x2x1010,,,68120f(21)f(x1)(x21)(x20)x2x1600101分20120x,1x所以第x个月的当月收益率为g(x)80,,,8分2x21x60x2,x1600〔3〕当1x20时，g(x)1g(x)的最大值为g(1)1x是减函数，此时,,,808110分当21x60时，g(x)2x22x1600160079x2x1x当且仅当x160040时，g(x)有最大值212分x，即x.,,,79由于21，所以，当x40时，g(x)有最大值2.7981792。,,,即该公司经销此产品时期，第40个月的当月收益率最大，其当月收益率为1479分22.〔本题总分值16分〕第一题总分值4分，第二题总分值6分，第三题总分值6分．某同学将命题“在等差数列an中，假定pm2n，那么有apam2an〔p,m,nN*〕〞改写成：“在等差数列an中，假定1p1m2n，那么有1ap1am2an〔p,m,nN*〕〞，从而猜想：“在等差数列an中，假定2p3m5n，那么有2ap3am5an〔p,m,nN*〕.〞1〕请你判断以上同学的猜想能否正确，并说明原因；2〕请你提出一个更一般的命题，使得上边这位同学猜想的命题是你所提出命题的特例，并赐予证明.〔3〕请类比〔2〕中所提出的命题，对于等比数列bn，请你写出相应的命题，并赐予证明.解：〔1〕命题“在等差数列an中，假定2p3m5n，那么有2ap3am5an〔p,m,nN*〕〞正确.证明：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由2p3m5n得:2ap3am2a1p1d3a1m1d5a1d2p3m55a15(n1)d=5a1(n1)d5an，所以命题建立.〔4分〕〔2〕解法一：在等差数列an中，假定sptmkn,stk，那么有saptamkan〔s,t,k,p,m,nN〕.明显，当s2,t3,k5时为以上某同学的猜想.〔7分〕证明：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由sptmkn,stk得saptamsa1p1dta1m1d(st)a1dsptmstka1d(knk)ka1(n1)dkan，所以命题建立.〔10分〕〔3〕解法一：在等比数列bn中，假定sptmkn,stk，那么有bpsbmtbnk〔s,t,k,p,m,nN〕.〔13分〕证明：设等比数列bn的首项为b1，公比为q，由sptmkn,stk〔s,t,k,p,m,nN〕得，bpsbmt(b1qp1)s(b1qm1)tb1stqpsmt(st)b1kqk(n1)(b1qn1)kbnk，所以命题成.〔16分〕〔2〕解法二：在等差数列an中，假定m1m2msn1n2nt，且m1p1m2p2mspsn1q1n2q2ntqt,那么有m1ap1m2ap2msapsn1aq1n2aq2ntaqt〔m1,m2,,ms,n1,n2,,nt,p1,p2,,ps,q1,q2,,qtN〕.明显，当s2,t1,m12,m23,n15,pp1,mp2,nq1时为某同学的猜想〔7分〕证明：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由m1m2msn1n2nt，且m1p1m2p2mspsn1q1n2q2ntqt得m1ap1m2ap2msapsm1a1p11dm2a1p21dmsa1ps1(m1m2ms)a1(m1m2ms)dm1p1m2p2mspsd=(n1n2nt)a1n1n2ntd(n1q1n2q2ntqt)d=n1a1q11dn2a2q21dnsa1qs1=n1aqn2aq2ntaq，所以命题建立。〔10分〕1t〔3〕解法二：在等比数列bn中，假定m1m2msn1n2nt，且m1p1m2p2mspsn1q1n2q2ntqt,，那么有bpm1bpm2bpmsbqn1bqn2bqnt12s12t〔m1,m2,,ms,n1,n2,,nt,p1,p2,,ps,q1,q2,,qtN〕.〔13分〕证明：设等比数列bn的首项为b1，公比为q，由m1m2msn1n2nt，且m1p1m2p2mspsn1q1n2q2ntqt得，mmsmsbpm1bpm2bpmsb1qp111bq1p212b1qp112sb1m1m2pmpmpm(mmm)nnnqqnqnqn(nnn)msq1122ss12sa112t1122ss12s=b1qq11n1n2bqqtnsnnn，所以命题建立.〔16分〕b1qq211=bq1bq2bqt12t获取以下一般命题不得分〔p,m,n,kN〕：1〕在等差数列an中，假定类比：在等比数列bn中，假定

2kp3km5kn，那么有2kap3kam5kan.2p3m5n，那么有b2pkbm3kbn5k.〔2〕在等差数列an中，假定sptm5nst5，那么有saptam5an.类比：在等比数列bn中，假定sptm5n,st5，那么有bpsbmtbn5.〔3〕在等差数列an中假定2ptmkn,2tk,那么有2aptamkan.类比：在等比数列bn中，假定2ptmkn,2tk，那么有bp2bmtbnk.〔4〕在等差数列an中，假定sp3mkn，s3k，那么有sap3amkan.类比：在等比数列bn中，假定sp3mkn，s3k，那么有bpsbm3bnk.23.〔本题总分值18分〕第一题总分值4分，第二题总分值6分，第三题总分值8分．已知椭圆C的长轴长是焦距的两倍，其左、右焦点挨次为F1、F2，抛物线M:y24mx(m0)的准线与x轴交于F1，椭圆C与抛物线M的一个交点为P.〔1〕当m1时，求椭圆C的方程；〔2〕在〔1〕的条件下，直线l过焦点F2，与抛物线M交于A、B两点，假定弦长AB等于PF1F2的周长，求直线l的方程；〔3〕由抛物线弧y24mx(0x2m)和椭圆弧x2y21(2mx2m)34m23m23〔m0〕合成的曲线叫“抛椭圆〞,能否存在以原点O为直角极点，另两个极点A1、A2落在“抛椭圆〞上的等腰直角三角形OA1A2，假定存在，求出两直角边所在直线的斜率；假定不存在，说明原因.解：〔1〕设椭圆的实半轴长为a,短半轴长为b，半焦距为c,当m=1时，由题意得，a=2c=2,b2a2c23,a24,所以椭圆的方程为x2y21.〔4分〕43y2〔2〕依题意知直线l的斜率存在，设l:yk(x1)，由4x得，yk(x1)k2x2(2k24)xk20，由直线l与抛物线M有两个交点，可知k0.设A(x,y),B(x,y)，由韦达定理得x1x22k24，那么|AB|x1x2241k21122k2k2k2〔6分〕又PF1F2的周长为2a2c6，所以416，〔8分〕k2解得k2，从而可得直线l的方程为2x2y20〔10分〕〔3〕由题意得，“抛椭圆〞由抛物线弧y24mx(0x2m)和椭圆弧3x2y21(2mx2m)合成，且P1(2m26m)、P22m26m4m23m233,3(,3)。3假定存在OA1A2为等腰直角三角形，由A1、A2所在曲线的地点做以下3种状况议论：①当A1、A2同时在抛物线弧y24mx(0x2m)上时，由OP1、OP2的斜率分别为36,6，A1OA2比为钝角，明显与题设矛盾.此时不存在〔12分〕②当A、A同时在椭圆弧x2y21(2mx2m)上时，由椭圆与等腰直角三角形124m23m23的对称性知，那么两直角边对于x轴对称.即直线OA1的斜率为1，直线OA2的斜率为1，yx2212mx2y22m得x,2m切合题